Géométrie algorithmique - correction sur les épreuves de Bernoulli, Exercices de Géométrie Algorithmique
Eusebe_S
Eusebe_S15 April 2014

Géométrie algorithmique - correction sur les épreuves de Bernoulli, Exercices de Géométrie Algorithmique

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Géométrie algorithmique - exercitation sur les épreuves de Bernoulli - correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la probabilité de « succès », La variable aléatoire X, la probabilité supérieure.
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BAC S Antilles juin 2013 CORRIGE.dvi

Corrigé du baccalauréat S Antilles-Guyane juin 2013

EXERCICE 1 5 points

Commun à tous les candidats

1. La bonne réponse est b .

Par l’absurde : si (IJ) et (EC) étaient coplanaires, alors, le point J appartiendrait au

plan (ECI) c’est-à-dire au plan (ECA), ce qui est faux.

2. La bonne réponse est c .

Dans le repère mentionné dans le sujet, on a −→ AF (1,0,1) et

−−→ BG (0,1,1), d’où

−→ AF ·

−−→ BG =

1×0+0×1+1×1 = 1. 3. La bonne réponse est d . On le vérifie en injectant les coordonnées des points A, F et

H dans l’équation x + y z = 0.

4. La bonne réponse est b .

Un vecteur normal de P est −→ n (1,1,−1), or −−→EC (1,1,−1). Par conséquent −−→EC est nor-

mal à P , et comme −→ EL et

−−→ EC sont colinéaires,

−→ EL est de ce fait aussi normal à P .

5. La bonne réponse est d .

On a −−→ EC (1,1,−1) et E(0,0,1) ; une représentation paramétrique de la droite (EC) est

donc

x = t y = t (t ∈R) z = 1− t

. Le point L a doncpour coordonnées L(t , t ,1−t), et comme

L ∈P alors : t+t−(1−t)= 0 d’où l’on tire t = 13 , c’est-à-dire L (

1 3 ,

1 3 ,

1 3

)

, d’où le résultat.

EXERCICE 2 5 points

Commun à tous les candidats

Partie A

On a :

f ∈ [

p − 1 p

n ;p +

1 p

n

]

⇐⇒ p − 1 p

n 6 f 6 p +

1 p

n

⇐⇒ − f − 1 p

n 6−p 6− f +

1 p

n

⇐⇒ f − 1 p

n 6 p 6 f +

1 p

n

⇐⇒ p ∈ [

f − 1 p

n ; f +

1 p

n

]

On a donc bien :

P

(

f ∈ [

p − 1 p

n ;p +

1 p

n

])

= P (

p ∈ [

f − 1 p

n ; f +

1 p

n

])

> 0,95

Partie B

1. a. Arbre pondéré illustrant la situation :

R

R

C

B

A

Ar

1− r

1

1/3

1/3

1/3

19 JUIN 2012 — Corrigé du baccalauréat S— Antilles-Guyane juin 2013

b. On a, d’après l’arbre précédent :

P(A)= P(A∩R)+P(A∩R)= r + 1

3 (1− r )=

1

3 (3r +1− r )=

1

3 (1+2r ).

c. On a : PA(R)= P(A∩R) P(A)

= r

1 3 (1+2r )

= 3r

1+2r .

2. a. L’expérience consiste en une répétition de 400 épreuves de Bernoulli identiques

et indépendantes, où la probabilité de « succès » (c’est-à-dire que l’étudiant ait la

bonne réponse) est égale à P(A). La variable aléatoire X suit donc la loi binomiale

de paramètres n = 400 et p = P(A)= 1 3 (1+2r ).

b. On a n = 400 et f = 240 400

= 0,6, donc n > 30, n f > 5 et n(1− f )> 5, un intervalle de confiance au seuil de 95 % de l’estimation de p est donc :

[

f − 1 p

n ; f +

1 p

n

]

= [0,55 ; 0,65].

Ainsi, avec une probabilité supérieure à 95 % :

0,556 p 6 0,65

or p = 1 3 (1+2r ), donc :

0,556 1

3 (1+2r )6 0,65

d’où :

1,656 1+2r 6 1,95

puis :

0,3256 r 6 0,475

Un intervalle de confiance au seuil de 95 % de r est donc : [0,325 ; 0,475].

c. i. Ici r = 0,4, donc p = 13 (1+2r ) = 0,6. La loi binomiale de paramètres n = 400 et p = 0,6 a pour espérance np = 240 et pour variance V = np(1−p)= 96. On peut alors l’approcher par la loi normale de paramètres µ= 240 et σ=

p 96.

ii. Par lecture de la table fournie (ou utilisation de la calculatrice) :

P(X6 250)= 0,846.

EXERCICE 3 5 points

Commun à tous les candidats

Partie A

1. lim x→+?

(x +1)=+? et lim x→+?

ex =+?, donc, par opérations lim x→+?

f (x)=+?. Pour tout x ∈R, f (x)= xex +ex . Or lim

x→−? xex = 0 (croissances comparées) et lim

x→−? ex =

0, donc, par opérations lim x→−?

f (x)= 0.

2. Pour tout réel x, f ′(x)= 1ex + (x +1)ex = (x +2)ex . 3. Pour tout réel x, ex > 0, donc f ′(x) a le même signe que x+2. On en déduit le tableau

de variations suivant :

x −∞ −2 +? f ′(x) − 0 +

0 +∞ f

−1/e2

Partie B

19 JUIN 2012 — Corrigé du baccalauréat S— Antilles-Guyane juin 2013

1. a. On a, pour tout réel x :

gm(x)= 0 ⇐⇒ x +1= mex

⇐⇒ (x +1)ex = m ⇐⇒ f (x)= m.

b. D’après l’équivalence et le tableau de variations précédents :

• si m < − 1 e2

: l’équation gm(x) = 0 ne possède aucune solution, donc Cm ne coupe pas l’axe des abscisses ;

• si m = − 1 e2

: l’équation gm(x) = 0 possède une solution, donc Cm coupe l’axe des abscisses en un point ;

• si − 1 e2

< m < 0 : l’équation gm(x)= 0 possède deux solutions, donc Cm coupe l’axe des abscisses en deux points ;

• si m > 0 : l’équation gm(x) = 0 possède deux solutions, donc Cm coupe l’axe des abscisses en deux points.

2. • La courbe 1 ne coupe pas l’axe des abscisses, donc l’équation gm(x)= 0 n’a pas de solution et cela entraîne que m <− 1

e2 . La seule possibilité est donc que m =−e.

• La courbe 2 coupe l’axe des abscisses une seule fois, donc m =− 1 e2

ou m > 0. La

seule possibilité est donc m = 0. • Par élimination, la courbe 3 correspond à m = e.

3. Pour tout réel x, gm(x)− (x +1)=−mex qui est du signe de −m ; on en déduit : • si m > 0, alors pour tout réel x, gm(x)− (x +1)< 0, donc Cm est en dessous de D ; • si m < 0, alors pour tout réel x, gm(x)− (x +1)< 0, donc Cm est au dessus de D ; • sim = 0, alors pour tout réel x, gm(x)−(x+1)= 00, doncCm etD sont confondues.

4. Le domaine D2 hachuré :

a.

1

2

3

4

5

−1

−2

1 2 3 4−1

C−e

C0

Ce ∆2

b =−4.7

b. Pour tout a > 0, la courbeC−e est au dessus deCe, par conséquent l’aire A (a) est

19 JUIN 2012 — Corrigé du baccalauréat S— Antilles-Guyane juin 2013

donnée par :

A (a) = ∫a

0 f−e(x)− fe(x)dx

= ∫a

0

(

(x +1)+ee−x )

− (

(x +1)−ee−x )

dx

= ∫a

0 2ee−xdx

= 2e [

−e−x ]a 0

= 2e (

−e−a +1 )

= 2e−2e1−a .

On a de plus lim a→+∞

e1−a = 0, par conséquent : lim a→+∞

A (a)= 2e.

EXERCICE 4 5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

1. On a u1 = u0+ v0

2 =

1

2 et v1 =

u0+2v0 3

= 2

3 .

2. a. Pour N= 2, le tableau de l’état des variables dans l’algorithme est : k w u v

1 0 0,5 0,667

2 1/2 0,583 0,917

(valeurs approchées à 10−3 près)

b. Plus généralement, pour un entier N saisi par l’utilisateur, l’algorithme affichera

uN et vN.

3. a. Soit n ∈N, alors : AXn = ( 1 2

1 2

1 3

2 3

)(

un vn

)

= ( un+vn

2 un+2vn

3

)

=Xn+1.

b. Démontrons par récurrence que, pour tout n ∈N, Xn = AnX0. • Pour n = 0, on a A0X0 = I2X0 = X0 (ou I2 désigne la matrice identité d’ordre 2),

donc la propriété est vraie pour n = 0 • Supposons que la propriété soit vraie pour un certain entier naturel n : Xn =

AnX0, alors : AXn = AAnX0 = An+1X0, c’est-à-dire Xn+1 = An+1X0 et la propriété est donc héréditaire.

• Donc, pour tout entier naturel n : Xn = AnX0. 4. a. On a :

( 4 5

6 5

− 6 5

6 5

)( 1 2

− 1 2

1 2

1 3

)

= (

1 0

0 1

)

= I2

en d’autres termes la matrice P est inversible et son inverse est P′. Démontrons par récurrence que, pour tout n ∈N, An = P′BnP. • A0 = I2, or P′B0P = P′I2P= P′P = I2, la propriété est donc vraie pour n = 0. • Supposons que, pour un certain entier naturel n, An = P′BnP, alors

An+1 = AAn = P′BPP′BnP = P′BI2BnP= P′BBnP= P′Bn+1P

et la propriété est donc héréditaire.

• En conclusion, pour tout n ∈N : An = P′BnP. b. On a, pour tout n ∈N :

An = ( 1 2

− 1 2

1 2

1 3

)(

1 0

0 (

1 6

)n

)( 4 5

6 5

− 6 5

6 5

)

= ( 1 2

− 1 2

(

1 6

)n

1 2

1 3

(

1 6

)n

)( 4 5

6 5

− 6 5

6 5

)

= ( 2 5 − 3

5

(

1 6

)n 3 5 − 3

5

(

1 6

)n

2 5 −

2 5

(

1 6

)n 3 5 +

3 5

(

1 6

)n

)

.

5. a. En multipliant la matrice An précédente à droite par le vecteur colonne X0 = (

0

1

)

,

on obtient Xn = AnX0 = ( 3 5 − 3

5

(

1 6

)n

3 5 +

3 5

(

1 6

)n

)

. D’où l’on tire un = 35 − 3 5

(

1 6

)n et vn = 35 +

3 5

(

1 6

)n .

19 JUIN 2012 — Corrigé du baccalauréat S— Antilles-Guyane juin 2013

b. Comme lim n→+?

(

1

6

)n

= 0 (car −1 < 1 6 < 1), on obtient par opérations que les suites

(un ) et (vn) convergent toutes deux vers 3 5 .

EXERCICE 4 5 points

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. On a a0 = 1 et b0 = 1.

2. z1 = z0+|z0|

3 =

1+ i + p 2

3 =

1+ p 2

3 + 1

3 i . On a alors a1 =

1+ p 2

3 et b1 =

1

3 .

3. a. Pour N= 2, le tableau de l’état des variables dans l’algorithme est : K A B

1 0,8047 0,3333

2 0,5586 0,1111

b. Plus généralement, pour une valeur de N saisie par l’utilisateur, l’algorithme affi-

chera la valeur de aN.

Partie B

1. On a, pour tout n ∈N, zn+1 = an+1+ ibn+1 et zn+1 = an + ibn +

a2n +b2n 3

, donc :

an+1 = an +

a2n +b2n 3

et bn+1 = bn

3 .

2. La suite (bn) est géométrique de premier terme b0 = 1 et de raison 13 , par conséquent, pour tout n ∈N : bn =

(

1 3

)n . Comme −1< 13 < 1, on en déduit que (bn) converge vers

0.

3. a. Pour tout n ∈ N, |zn+1| = ∣

zn +|zn | 3

= 1 3 |zn +|zn || 6 13 (|zn |+ |zn |), c’est-à-dire :

|zn+1|6 2 |zn | 3

.

b. Montrons par récurrence que pour tout n ∈N, un 6 (

2

3

)n p 2.

• On a u0 = |z0| = p 2 et

(

2

3

)0p 2=

p 2, la propriété est donc vraie pour n = 0.

• Supposons que, pour un certain entier naturel n, un 6 (

2

3

)n p 2, alors :

un+1 = |zn+1|6 2

3 un 6

2

3

(

2

3

)n p 2=

(

2

3

)n+1p 2,

la propriété est donc héréditaire.

• En conclusion, la propriété est vraie pour tout n ∈N.

On a de plus, pour tout n ∈ N, un = |zn | > 0, donc : 0 6 un 6 (

2

3

)n p 2. Comme

lim n→+?

(

2

3

)n p 2= 0, le théorème « des gendarmes » permet de conclure que la suite

(un ) converge vers 0.

c. On a, pour tout n ∈N :

un = |zn | = p

an +bn > √

a2n = |an | .

Ainsi, pour pour tout n ∈N, 06 |an |6 un . Comme (un ) converge vers 0, le théo- rème « des gendarmes » permet à nouveau de conclure que (|an |) converge vers 0, donc que (an) converge vers 0.

19 JUIN 2012 — Corrigé du baccalauréat S— Antilles-Guyane juin 2013

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